一阶微分方程（可分离、齐次、线性、伯努利）

§8.1 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

3.61 分/卷近 11 年平均

7/11 年出现年份

4.3 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）不定积分的概念与性质换元积分法与分部积分法③ 掌握后可解锁可降阶的高阶微分方程高阶线性微分方程解的结构微分方程的综合与应用

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 一阶方程四类标准解法总表：可分离、齐次 $u = \frac{y}{x}$ 、一阶线性公式、伯努利 $z = y^{1 - n}$ ★★ 必会

解一阶方程首先要判定类型，四种标准类型各有固定的解法。

① 可分离变量型

\frac{d y}{d x} = f (x) g (y)

：分离变量为

\frac{d y}{g ( y )} = f (x) d x

，再两边积分。关于丢解：两边除以

g (y)

时已默认

g (y) \neq = 0

，而凡使

g (y_{0}) = 0

的常值函数

y \equiv y_{0}

都是原方程的解，如果它不包含在通解族中，就必须单独补回（原因见后文关于丢解的条目）。

② 齐次型

\frac{d y}{d x} = φ (\frac{y}{x})

（右端只通过比值

\frac{y}{x}

依赖于

x, y

）：令

u = \frac{y}{x}

（即

y = ux

，

y^{'} = u + x u^{'}

），化为可分离变量的方程

x \frac{d u}{d x} = φ (u) - u,

解出后再以

u = \frac{y}{x}

回代。

③ 一阶线性方程

y^{'} + P (x) y = Q (x)

（

y, y^{'}

都是一次的）：直接用通解公式

y = e^{- \int P d x} (\int Q e^{\int P d x} d x + C)

（其推导见后文常数变易法一条；公式的特点是括号外的

P

前带负号、括号内的

P

前带正号）。

④ 伯努利方程

y^{'} + P (x) y = Q (x) y^{n} (n \neq = 0, 1)

：两边除以

y^{n}

，令

z = y^{1 - n}

，化为关于

z

的一阶线性方程

z^{'} + (1 - n) P (x) z = (1 - n) Q (x),

按 ③ 解出

z

后，再以

z = y^{1 - n}

回代。

判型的次序：能直接分离变量的

\to

①；右端能化为

\frac{y}{x}

的函数的

\to

②；

y, y^{'}

都是一次的

\to

③；比 ③ 多出一个

y^{n}

因子的

\to

④。此外还有全微分方程，即第五类，见后文专条。同一个方程可能同时属于几类（见例题），这时应选择步骤最少的一条路。

证明 / 推导

④ 中代换的推导：由

z = y^{1 - n} \Rightarrow z^{'} = (1 - n) y^{- n} y^{'}

。原方程两边除以

y^{n}

，得

y^{- n} y^{'} + P y^{1 - n} = Q ⟹ \frac{z ^{'}}{1 - n} + P z = Q ⟹ z^{'} + (1 - n) P z = (1 - n) Q,

这恰是一阶线性方程。（当

n > 0

时，除以

y^{n}

丢掉了解

y \equiv 0

，求通解时应予说明。）

② 中代换的推导：由

y = ux \Rightarrow y^{'} = u + x u^{'}

，代入

y^{'} = φ (u)

得

x \frac{d u}{d x} = φ (u) - u

，它是可分离变量的。如果某个

u_{0}

满足

φ (u_{0}) = u_{0}

，那么直线

y = u_{0} x

也是解；分离变量时除以

φ (u) - u

，同样可能把它丢掉。

■

举例说明

真题（1993 数一） 求

x^{2} y^{'} + x y = y^{2}

满足

y (1) = 1

的特解。

判型：化为

y^{'} + \frac{1}{x} y = \frac{1}{x ^{2}} y^{2}

，它是

n = 2

的伯努利方程；也可写成

y^{'} = (\frac{y}{x})^{2} - \frac{y}{x}

，故同时又是齐次型。两条路都可行，下面按 ④ 来解。

解. 令

z = y^{- 1}

，则

z^{'} = - y^{- 2} y^{'}

，方程化为

z^{'} - \frac{1}{x} z = - \frac{1}{x ^{2}}

。代入 ③ 的公式（其中

P = - \frac{1}{x}

，

e^{\int P d x} = \frac{1}{x}

），得

z = x (\int (- \frac{1}{x ^{2}}) \cdot \frac{1}{x} d x + C) = x (\frac{1}{2 x ^{2}} + C) = \frac{1}{2 x} + C x .

由

y (1) = 1

即

z (1) = 1

，得

\frac{1}{2} + C = 1

，

C = \frac{1}{2}

。于是

\frac{1}{y} = \frac{1}{2 x} + \frac{x}{2} = \frac{1 + x ^{2}}{2 x}

，特解

y = \frac{2 x}{1 + x ^{2}}

（验证

y (1) = 1

✓；若按 ② 令

u = \frac{y}{x}

用齐次型来解，可得同一结果）。易错之处：除以

y^{2}

时丢掉的

y \equiv 0

不满足初值条件，本题不受影响，但求通解时必须说明。

2. 第五类：全微分（恰当）方程，判别条件来自混合偏导数相等★★ 必会

数一大纲中的一阶方程实有五类：除可分离变量型、齐次型、线性方程与伯努利方程外，还有全微分方程。把方程写成对称形式

M (x, y) d x + N (x, y) d y = 0

，如果存在二元函数

u (x, y)

使

d u = M d x + N d y

，即

u_{x} = M, u_{y} = N

，那么方程就是

d u = 0

，其通解即为

u (x, y) = C

。

为什么判别条件是 $\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x}$ ？ 因为若这样的

u

存在，则

M_{y} = u_{x y}

、

N_{x} = u_{y x}

，而二阶混合偏导数在连续时相等，故必有

M_{y} = N_{x}

；在单连通区域上这个条件也是充分的。它实质上就是第二类曲线积分与路径无关的条件：方程是全微分方程，正说明

M d x + N d y

是某个势函数的全微分。

证明 / 推导

求原函数 $u$ 的标准步骤（要使

u_{x} = M, u_{y} = N

）：先对

x

积分，得

u = \int M (x, y) d x + φ (y),

其中

φ (y)

是积分常数（对

x

积分时把

y

看作常数，故这个常数可以依赖于

y

）。再对

y

求偏导数，并令它等于

N

，得

u_{y} = \frac{\partial}{\partial y} \int M d x + φ^{'} (y) = N ⟹ φ^{'} (y) = N - \frac{\partial}{\partial y} \int M d x,

可以证明右端只含

y

，因为它对

x

的导数为

N_{x} - M_{y} = 0

；积分即得

φ (y)

，从而通解为

u = C

。

方程不恰当时的积分因子：若

M_{y} \neq = N_{x}

，则可乘上一个因子

μ

，使

(μ M)_{y} = (μ N)_{x}

。设

μ = μ (x)

只含

x

，展开即得

μ^{'} N = μ (M_{y} - N_{x})

，即

\frac{μ ^{'}}{μ} = \frac{M _{y} - N _{x}}{N}

。当且仅当右端只是 $x$ 的函数时，可取

μ = e^{\int \frac{M _{y} - N _{x}}{N} d x}

；同理，当

\frac{N _{x} - M _{y}}{M}

只含

y

时，可取积分因子

μ (y)

。

举例说明

例. 解

2 x y d x + (x^{2} + 3 y^{2}) d y = 0

。

判定是否恰当：

M = 2 x y, N = x^{2} + 3 y^{2}

，而

M_{y} = 2 x = N_{x}

，故它是全微分方程。

求 $u$ ：

u = \int 2 x y d x = x^{2} y + φ (y)

。对

y

求偏导数得

u_{y} = x^{2} + φ^{'} (y)

，令

= N = x^{2} + 3 y^{2}

，得

φ^{'} (y) = 3 y^{2}

，故

φ (y) = y^{3}

。

于是通解

x^{2} y + y^{3} = C .

（容易验证

d (x^{2} y + y^{3}) = 2 x y d x + (x^{2} + 3 y^{2}) d y

，这就是原方程的左端。）

3. 可化为齐次的方程：用平移坐标消去常数项★ 要懂

形如

\frac{d y}{d x} = f (\frac{a _{1} x + b _{1} y + c _{1}}{a _{2} x + b _{2} y + c _{2}})

的方程，由于分子与分母各带有常数

c_{1}, c_{2}

，既不是齐次型，也不是线性的。但这两个常数项的出现只是由于坐标原点选得不当。把坐标原点平移到两条直线

a_{i} x + b_{i} y + c_{i} = 0

的交点上，常数项就消失了，方程重新化为齐次型。

分两种情形：
- 两直线相交（

a_{1} a_{2} b_{1} b_{2} \neq = 0

）：解出交点

(x_{0}, y_{0})

，令

X = x - x_{0}, Y = y - y_{0}

，则

d Y / d X = f (\frac{a _{1} X + b _{1} Y}{a _{2} X + b _{2} Y}) = φ (Y / X)

，这就是齐次方程；
- 两直线平行（系数成比例，即

a_{2} = λ a_{1}, b_{2} = λ b_{1}

）：此时无交点可供平移，改令

v = a_{1} x + b_{1} y

，则

v^{'} = a_{1} + b_{1} y^{'}

，方程化为可分离变量的方程。

这样做为什么有效：齐次方程的右端只依赖于比值，因而在过原点的每条射线上取常值，这是一种伸缩对称性。平移把交点移到原点，就恢复了这种对称性。

举例说明

例. 解

\frac{d y}{d x} = \frac{x + y - 3}{x - y - 1}

。

先求交点：由

x + y - 3 = 0, x - y - 1 = 0 \Rightarrow x_{0} = 2, y_{0} = 1

。令

X = x - 2, Y = y - 1

，得

\frac{d Y}{d X} = \frac{X + Y}{X - Y} .

再化为齐次方程：令

u = Y / X

，

Y = u X

，

\frac{d Y}{d X} = u + X \frac{d u}{d X} = \frac{1 + u}{1 - u}

，故

X \frac{d u}{d X} = \frac{1 + u}{1 - u} - u = \frac{1 + u ^{2}}{1 - u} ⟹ \frac{1 - u}{1 + u ^{2}} d u = \frac{d X}{X} .

左端

\int (\frac{1}{1 + u ^{2}} - \frac{u}{1 + u ^{2}}) d u = arctan u - \frac{1}{2} ln (1 + u^{2})

，故

arctan u - \frac{1}{2} ln (1 + u^{2}) = ln ∣ X ∣ + C_{0} .

回代

u = \frac{Y}{X} = \frac{y - 1}{x - 2}

，并注意

\frac{1}{2} ln (1 + u^{2}) + ln ∣ X ∣ = \frac{1}{2} ln (X^{2} + Y^{2})

，得隐式通解

arctan \frac{y - 1}{x - 2} = \frac{1}{2} ln [(x - 2)^{2} + (y - 1)^{2}] + C .

4. 常数变易法：一阶线性方程通解的另一种推导（高阶方法的雏形）★★ 必会

一阶线性方程

y^{'} + P (x) y = Q (x)

除积分因子法外，还有常数变易法。它贯通本章，并可直接推广到高阶方程的常数变易，因此必须理解其思想。

想法：先解齐次方程

y^{'} + P y = 0

，得

y = C e^{- \int P d x}

。非齐次方程不过是右端多了一项

Q

，可以设想它的解仍具有这个形状，只是其中的常数

C

要随

x

变化，以适应右端的

Q

。于是把

C

换成待定函数

C (x)

，代回原方程去确定它。常数变易（variation of constants）之名即由此而来。

与积分因子法相比，这种方法更能说明通解 $=$ 齐次通解 $+$ 一个特解这一结构，并且可以直接推广到高阶方程（以一组齐次解为基去作变易）。因此对它不应只记公式，而应掌握方法本身。

证明 / 推导

设

y = C (x) e^{- \int P d x}

。求导（记

E = e^{- \int P d x}

，则

E^{'} = - P E

），得

y^{'} = C^{'} E + C E^{'} = C^{'} E - P C E .

代入

y^{'} + P y = Q

：

C^{'} E - P C E + P \cdot C E = Q ⟹ C^{'} E = Q ⟹ C^{'} (x) = Q e^{\int P d x} .

（含

C

的两项恰好抵消，这正是因为

E

是齐次方程的解。）积分得

C (x) = \int Q e^{\int P d x} d x + C_{0} .

故通解

y = e^{- \int P d x} (\int Q e^{\int P d x} d x + C_{0}),

它与积分因子法所得结果完全一致，但推导中只用到齐次解

+

变易常数，无需事先想到积分因子。

举例说明

例. 解

y^{'} + \frac{1}{x} y = \frac{sin x}{x}

。

先求齐次解：

y^{'} + \frac{1}{x} y = 0 \Rightarrow y = \frac{C}{x}

。再变易常数：设

y = \frac{C ( x )}{x}

，则

y^{'} = \frac{C ^{'}}{x} - \frac{C}{x ^{2}}

，代入原方程得

\frac{C ^{'}}{x} - \frac{C}{x ^{2}} + \frac{1}{x} \cdot \frac{C}{x} = \frac{C ^{'}}{x} = \frac{sin x}{x} ⟹ C^{'} = sin x ⟹ C = - cos x + C_{0} .

故

y = \frac{- cos x + C _{0}}{x} .

含

C

的项相消，只剩下

C^{'} / x = sin x / x

。由此可见，齐次解自动配平了方程的齐次部分，而

C (x)

只负责非齐次部分。

5. 分离变量为何会丢解：根源在于解的存在唯一性★ 要懂

分离变量时两边要除以

g (y)

。一旦某个

y_{0}

使

g (y_{0}) = 0

，常值函数

y \equiv y_{0}

就在这一步被除去了。这件事常被当作一条机械的规则来记，其实它背后是解的存在唯一性问题。

皮卡定理（够用的形式）：对初值问题

y^{'} = f (x, y), y (x_{0}) = y_{0}

，如果

f

与

f_{y}

在

(x_{0}, y_{0})

的某邻域内连续，那么过该点的解唯一。反过来，若

f_{y}

在某处不连续（趋于无穷），则唯一性可能失效，那里就可能出现奇解，即一条不属于通解族而确实存在的解，它往往是通解族的包络。

两者的联系：分离变量所丢掉的

y \equiv y_{0}

，往往就是唯一性失效处的奇解。因此补回常值解并非可有可无的手续，而是补上了通解公式根本无法包含的解。

证明 / 推导

为什么丢解之处恰是唯一性失效之处. 分离变量要除以

g (y)

，故丢解只可能发生在

g (y_{0}) = 0

处。而当

f (x, y) = f (x) g (y)

时

f_{y} = f (x) g^{'} (y)

；如果在

y_{0}

附近

f_{y}

有界，那么由唯一性，过

(x_{0}, y_{0})

的解是唯一的，通解族已经把它包含在内，并无独立的奇解可丢。真正丢掉独立奇解的，是

g

在

y_{0}

处不光滑、

f_{y}

无界、唯一性失效的情形。因此，检查常值解

=

检查唯一性失效之点。

举例说明

例. 解

\frac{d y}{d x} = 2 y (y \geq 0)

，并说明丢解。

分离变量（此时默认

y > 0

）：

\frac{d y}{2 y} = d x \Rightarrow y = x + C \Rightarrow y = (x + C)^{2} (x \geq - C)

。

丢掉的解：

g (y) = 2 y

在

y = 0

处为零，而

y \equiv 0

也满足原方程（

0 = 20

），却不包含在

(x + C)^{2}

之中，它是一个奇解。

从唯一性来看：

f = 2 y

，

f_{y} = 1/ y \to \infty (y \to 0^{+})

，故唯一性在

y = 0

处失效。于是过点

(x_{0}, 0)

既有解

y \equiv 0

，又有解

y = (x - x_{0})^{2}

，两者并存。这就是必须单独补回

y \equiv 0

的根本原因。

💡 小知识

伯努利方程 y'+Py=Qy^n 是雅各布·伯努利在 1695 年公开抛出的难题，摆明了要向弟弟约翰和莱布尼茨挑战。莱布尼茨只用 z=y^{1-n} 这一步换元就把它解决了。三百多年过去，考场上解这类方程用的仍是同一步换元。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求微分方程

\frac{d y}{d x} = 2 x y

的通解。难度 1

这是可分离变量方程。把含

y

与含

x

的部分分家：

\frac{d y}{y} = 2 x d x .

两边积分

\int \frac{d y}{y} = \int 2 x d x

，得

ln ∣ y ∣ = x^{2} + C_{1}

。于是

∣ y ∣ = e^{C_{1}} e^{x^{2}}

，记

C = \pm e^{C_{1}}

，得通解

y = C e^{x^{2}} .

另外由

g (y) = y = 0

得的常值解

y = 0

已含于

C = 0

的情形。验证：

y^{'} = 2 C x e^{x^{2}} = 2 x \cdot C e^{x^{2}} = 2 x y

，成立。

例 2 求一阶线性微分方程

y^{'} + y = x

的通解。难度 1

方程已是标准形

y^{'} + P (x) y = Q (x)

，其中

P (x) = 1, Q (x) = x

。积分因子

μ = e^{\int P d x} = e^{\int 1 d x} = e^{x} .

两边乘

μ

得

(e^{x} y)^{'} = x e^{x}

。两边积分，右边用分部积分

\int x e^{x} d x = x e^{x} - e^{x} + C

：

e^{x} y = x e^{x} - e^{x} + C ⟹ y = x - 1 + C e^{- x} .

验证：

y^{'} = 1 - C e^{- x}

，

y^{'} + y = (1 - C e^{- x}) + (x - 1 + C e^{- x}) = x

。

例 3 求齐次方程

\frac{d y}{d x} = \frac{x ^{2} + y ^{2}}{x y}

的通解（

x > 0

）。难度 2

右端

\frac{x ^{2} + y ^{2}}{x y} = \frac{x}{y} + \frac{y}{x}

只依赖比值

\frac{y}{x}

，是齐次方程。令

u = \frac{y}{x}

，则

y = ux

，

\frac{d y}{d x} = u + x \frac{d u}{d x}

，代入：

u + x \frac{d u}{d x} = \frac{1}{u} + u ⟹ x \frac{d u}{d x} = \frac{1}{u} .

分离变量

u d u = \frac{d x}{x}

，积分得

\frac{u ^{2}}{2} = ln x + C_{1}

，即

u^{2} = 2 ln x + C

。回代

u = \frac{y}{x}

：

\frac{y ^{2}}{x ^{2}} = 2 ln x + C ⟹ y^{2} = x^{2} (2 ln x + C) .

这就是通解。

例 4 求伯努利方程

y^{'} - \frac{y}{x} = x y^{2}

的通解（

x > 0

）。难度 2

这是

n = 2

的伯努利方程。两边同除

y^{2}

：

y^{- 2} y^{'} - \frac{1}{x} y^{- 1} = x .

令

z = y^{1 - n} = y^{- 1}

，则

z^{'} = - y^{- 2} y^{'}

，即

y^{- 2} y^{'} = - z^{'}

，方程化为一阶线性方程

- z^{'} - \frac{1}{x} z = x ⟹ z^{'} + \frac{1}{x} z = - x .

积分因子

μ = e^{\int \frac{1}{x} d x} = x

，故

(x z)^{'} = - x^{2}

，积分得

x z = - \frac{x ^{3}}{3} + C

，即

z = \frac{C}{x} - \frac{x ^{2}}{3}

。回代

z = \frac{1}{y}

：

\frac{1}{y} = \frac{3 C - x ^{3}}{3 x} ⟹ y = \frac{3 x}{C - x ^{3}}

（已把

3 C

重新记作

C

）。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2024 年 · 数一 · 第 14 题 · 填空题 · 5 分

微分方程

y^{'} = \frac{1}{( x + y ) ^{2}}

满足条件

y (1) = 0

的解为 ___.

2023 年 · 数一 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

设曲线

y = y (x) (x > 0)

经过点

(1, 2)

，该曲线上任一点

P (x, y)

到

y

轴的距离等于该点处的切线在

y

轴上的截距。

（Ⅰ）求

y (x)

；

（Ⅱ）求函数

f (x) = \int_{1}^{x} y (t) d t

在

(0, + \infty)

上的最大值。

2022 年 · 数一 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

设函数

y (x)

是微分方程

y^{'} + \frac{1}{2 x} y = 2 + x

满足条件

y (1) = 3

的解，求曲线

y = y (x)

的渐近线。

2020 年 · 数一 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

设数列

{a_{n}}

满足

a_{1} = 1

，

(n + 1) a_{n + 1} = (n + \frac{1}{2}) a_{n}

，证明当

∣ x ∣ < 1

时，幂级数

n = 1 \sum \infty a_{n} x^{n}

收敛，并求其和函数.

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

微分方程

y^{'} = - \frac{x}{y}

的通解是（　）。

A $x^{2} + y^{2} = C$
B $y^{2} - x^{2} = C$
C $y = C x$
D $x y = C$

练习 2 · 填空题

设

y = y (x)

满足

x y^{'} + y = e^{x}

且

y (1) = e

，则

y =

____。

练习 3 · 选择题

求解伯努利方程

y^{'} + P (x) y = Q (x) y^{n} (n \neq = 0, 1)

时，应作变量代换（　）把它化为一阶线性方程。

A $z = y^{n}$
B $z = y^{1 - n}$
C $z = y^{n - 1}$
D $z = \frac{1}{y}$

练习 4 · 选择题

微分方程

y^{'} = e^{x - y}

的通解是（　）。

A $y = ln (e^{x} + C)$
B $y = e^{x} + C$
C $y = ln (e^{x}) + C$
D $e^{y} = e^{- x} + C$

练习 5 · 选择题

设

y_{1} (x), y_{2} (x)

是一阶线性非齐次方程

y^{'} + P (x) y = Q (x)

的两个不同的解，

C

为任意常数，则该方程的通解为（　　）。

A $C (y_{1} - y_{2})$
B $y_{1} + C (y_{1} - y_{2})$
C $C_{1} y_{1} + C_{2} y_{2}$
D $y_{1} + y_{2}$

练习 6 · 填空题

微分方程

\frac{d y}{d x} = \frac{1}{x + y}

的通解为 ____（用含任意常数

C

的式子表示

x

）。

练习 7 · 解答题

求微分方程

\frac{d y}{d x} = \frac{y}{x + y ^{3}}

的通解（

y \neq = 0

）。

2019 年 · 数一 · 第 10 题 · 填空题 · 4 分

微分方程

2 y y^{'} - y^{2} - 2 = 0

满足条件

y (0) = 1

的特解

y =

______.

2019 年 · 数一 · 第 15 题 · 解答题 · 10 分

设函数

y (x)

是微分方程

y^{'} + x y = e^{- \frac{x ^{2}}{2}}

满足条件

y (0) = 0

的特解。

（Ⅰ）求

y (x)

；

（Ⅱ）求曲线

y = y (x)

的凹凸区间及拐点。

一阶微分方程（可分离、齐次、线性、伯努利）

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 一阶方程四类标准解法总表：可分离、齐次 u=xy​、一阶线性公式、伯努利 z=y1−n★★ 必会

2. 第五类：全微分（恰当）方程，判别条件来自混合偏导数相等★★ 必会

3. 可化为齐次的方程：用平移坐标消去常数项★ 要懂

4. 常数变易法：一阶线性方程通解的另一种推导（高阶方法的雏形）★★ 必会

5. 分离变量为何会丢解：根源在于解的存在唯一性★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 一阶方程四类标准解法总表：可分离、齐次 $u = \frac{y}{x}$ 、一阶线性公式、伯努利 $z = y^{1 - n}$ ★★ 必会